mysql_result（）：提供的参数不是一个有效的MySQL结果资源

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可能重复：至少你mysql_result（）：提供的参数不是一个有效的MySQL结果资源

<?php $result = mysql_query("SELECT COUNT (`user_id`) FROM `users` WHERE `user_id` = $user_id AND `type` = 1"); if (!$result) { die(mysql_error()); } return (mysql_result($result, 0) == 1) ? true :false;

：
Warning: mysql_fetch_array(): supplied argument is not a valid MySQL result

return (mysql_result(mysql_query("SELECT COUNT (`user_id`) FROM `users` WHERE `user_id` = $user_id AND `type` = 1"), 0) == 1) ? true :false;

来源

2012-07-29 user1560328

mysql_result（）：提供的参数不是一个有效的MySQL结果资源 – user1560328 2012-07-29 00:30:29

有一个在你的查询时出现错误（$ user_id是可能为空）。 – Vatev 2012-07-29 00:31:51

字面上有成千上万的关于这个问题。你没有错误检查，并且你将错误的查询直接传递给'mysql_result（）'。看看右边的“相关”部分。 – 2012-07-29 00:32:11

试试这个会看到错误。

不要以为查询总能正常运行，请检查错误。不要将所有内容放在一行中，这会使代码太难阅读。另外：一定要妥善逃避输入使用mysql_real_escape_string你的情况。

此外，check here

来源

2012-07-29 00:36:24

mysql_result（）：提供的参数不是一个有效的MySQL结果资源

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